核心微講第一章運動的描述勻變速直線運動的研究第1講描述運動的基本概念考點1必備知識1.(1)質(zhì)量理想化(2)大小形狀2.(1)參考(2)任意地面運動3.(1)有向線段(2)軌跡(3)等于小于微點辨析(1)×(2)×(3)√(4)×關(guān)鍵能力【典例1】BD解析“百里榆堤半日風(fēng)”所描述的物理過程中是船在半日的路程是百里,這個過程不用考慮船的大小和形狀,可以將船視為質(zhì)點,A項錯誤;“臥看滿天云不動”描述的是人相對于云靜止,所以是以船為參考系,“云與我”相對船靜止,相對于河岸是運動的,B項正確,C項錯誤;“云與我俱東”表示“云與我”相對于河岸向東運動,D項正確?！镜淅?】C解析由題意,以彈性球落到地面位置為坐標(biāo)原點,向上建立坐標(biāo)軸,則有彈性球釋放時的位置坐標(biāo)為2m,被人接住位置坐標(biāo)為1.5m,則該彈性球的位移為x=1.5m-2m=-0.5m,彈性球運動的路程為s=2m+1.5m=3.5m,C項正確?？键c2必備知識1.位移位移ΔxΔt位移2.時刻4.不一定微點辨析(1)√(2)×(3)×關(guān)鍵能力【典例3】D解析依題意,整個過程中賽車的路程為15km,可得平均速率大小為v'=s路程t=15560km/h=180km/h,A項錯誤;整個過程中賽車的位移為9km,可得平均速度大小為v=x位移t=9560km/h=108km/h,B項錯誤;賽車經(jīng)過路標(biāo)C時的速度方向為軌跡上該點的切線方向,不是由A指向B;賽車經(jīng)過路標(biāo)C時的瞬時速度大小為此時車內(nèi)速度計指示的示數(shù)150【典例4】A解析根據(jù)瞬時速度的定義可知當(dāng)Δt越短,由公式v=ΔxΔt計算出的速度越能表示對應(yīng)位置的瞬時速度,換用寬度更窄的遮光條也可以達(dá)到相同的效果,提高測量遮光條寬度的精確度,提高電子計時器的精確度雖然能提高測量精度,減小誤差,但不能達(dá)到更接近瞬時速度的目的,而使滑塊的釋放點更靠近光電門,遮光條的遮光時間會更長,更不能接近瞬時速度,A項正確,B、C、D考點3必備知識1.快慢2.速度ΔvΔt3.微點辨析(1)×(2)√(3)×(4)×關(guān)鍵能力【典例5】D解析10s內(nèi)火箭的速度改變量為Δv=v2-v1=100m/s,A項錯誤;2.5s內(nèi)汽車的速度改變量為Δv'=v2'-v1'=-108km/h=-30m/s,B項錯誤;火箭的加速度a1=Δv1Δt1=10010m/s2=10m/s2,汽車的加速度a2=Δv2Δt2=-302.5m/s2=-12【典例6】ACD解析如果物體的初速度方向與加速度方向相同,在加速度逐漸減小的過程中,物體速度不斷增大,當(dāng)加速度為零時,速度達(dá)到最大,以后做勻速直線運動,A項正確;如果物體的初速度方向與加速度反向,在加速度逐漸減小的過程中,物體速度也逐漸減小,當(dāng)加速度為零時,如果物體的速度沒減速到零,則以后以較小的速度做勻速直線運動,如果速度減為零,而加速度沒減為零,則物體將反向加速,加速度為零后,物體做勻速直線運動。綜上所述,可知B項錯誤,C、D兩項正確。第2講勻變速直線運動的規(guī)律考點1必備知識1.加速度2.(1)v0+at(2)v0t+12at微點辨析(1)√(2)×(3)×關(guān)鍵能力【典例1】B解析物體以某一加速度做勻變速運動,經(jīng)過一段時間后,物體又回到A點,則x=v0t-12at2=0,解得經(jīng)過的時間為t=2v0a,物體又回到A點的速度為v=v0-at=-v0,故物體又回到A點的速度大小為v【典例2】BC解析根據(jù)v=144km/h=40m/s,反應(yīng)距離x1=vt1=40×0.5m=20m。若剎車時加速度大小為8m/s2,由速度與位移的關(guān)系可得0-v2=-2a1x2,代入數(shù)據(jù)解得x2=100m,此種情況下,汽車行駛距離x=x1+x2=120m;若剎車時加速度大小為10m/s2,由速度與位移的關(guān)系可得0-v2=-2a2x3,解得x3=80m,此種情況下,汽車行駛距離x'=x1+x3=100m,汽車行駛的距離范圍為100~120m,B、C兩項正確。【典例3】CD解析從位移x與時間t的數(shù)值關(guān)系可看出,汽車初速度v0=10m/s,加速度大小a=2m/s2,A項錯誤;汽車停車時間t=v0a=5s,所以汽車在6s末的速度大小為v=0,汽車在前7s內(nèi)的位移為x=v022a=25m,B項錯誤,C項正確;汽車在前2s內(nèi)的位移為x1=v0t1-12at12=16m,平均速度v【典例4】ABC解析以沿斜面向上為正方向,則a=-5m/s2,當(dāng)物體的位移為沿斜面向上7.5m時,x=7.5m,由運動學(xué)公式x=v0t+12at2,解得t1=1s或t2=3s,A、B兩項正確;當(dāng)物體的位移為沿斜面向下7.5m時,x=-7.5m,由x=v0t+12at2,解得t3=(2+7)s或t4=(2-7)s(舍去),C項正確;由速度公式v=v0+at,解得v1=5m/s、v2=-5m/s、v3=-57m/s,考點2必備知識微點辨析(1)√(2)×關(guān)鍵能力【典例5】C解析由題知,電動公交車做勻減速直線運動,且設(shè)RS間的距離為x,則根據(jù)題意有vRS=xt1=vR+vS2,vST=2xt2=vS+vT2,聯(lián)立解得t2=4t1,vT=vR-10m/s,再根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系有vT=vR-a×5t1,則at1=2m/s,其中還有vRS=vt12=vR-a【典例6】AC解析根據(jù)逐差法x3-x1=2aT2,小球運動的加速度大小為a=0.3m/s2,A項正確,B項錯誤;根據(jù)x2-x1=aT2得2、3小球之間的距離為x2=22.5cm,C項正確,D項錯誤?！镜淅?】C解析設(shè)每一部分長為l,由位移公式x=12at2可得t=2xa,到達(dá)B、C、D、E點的位移分別為l、2l、3l、4l,故到達(dá)各點經(jīng)歷的時間之比為tB∶tC∶tD∶tE=1∶2∶3∶2,由v=at可得,物體到達(dá)各點的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶2∶3∶2,A、B兩項錯誤;由運動特點知,物體經(jīng)過B點的時刻為物體從A到E的中間時刻,則v=vB,而vB<vC,有v<vC,C項正確;通過每一部分所用時間之比為ΔtAB∶ΔtBC∶ΔtCD∶ΔtDE=1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3),通過每一部分的速度增量Δv=aΔt,物體通過每一部分時,其速度增量不相等,第3講自由落體運動和豎直上拋運動多過程問題考點1必備知識1.重力靜止2.(1)v=gt(2)h=12gt2(3)v2=2微點辨析(1)×(2)×(3)√關(guān)鍵能力【典例1】C解析伽利略通過斜面實驗驗證物體做自由落體運動的加速度大小跟質(zhì)量無關(guān),A項錯誤;伽利略所處的時代技術(shù)不夠發(fā)達(dá),無法直接驗證運動速度與下落的時間成正比,B項錯誤;伽利略讓銅球沿阻力很小的斜面滾下,小球在斜面上運動的加速度要比豎直下落的加速度小得多,伽利略用此方法“沖淡”重力,C項正確;實驗中銅球位移與時間的平方成正比說明它做勻加速直線運動,D項錯誤。【典例2】B解析重物自由下落做自由落體運動,與質(zhì)量無關(guān),則下落1s后速度為v1=v2=gt=10m/s2×1s=10m/s,B項正確。【典例3】A解析設(shè)木棍下端和窗口上邊緣對齊時,下落的時間為t1,木棍上端和窗口下邊緣對齊時,下落的時間為t2,根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有h-L1=12gt12,h+L2=12gt22,又t2-t1=t,聯(lián)立解得h=5.【典例4】AC解析根據(jù)速度公式可知同一時刻甲的速度大,A項正確;自由落體運動的加速度都是重力加速度,B項錯誤;由2gh=v2可知兩物體從起點各自下落1m時的速度是相同的,C項正確;兩物體間距離Δh=20m-12g(t+Δt)2-10m-12gt2=10m-12gΔt(2t+考點2必備知識2.(1)v=v0-gt(2)x=v0t-12gt微點辨析(1)×(2)√關(guān)鍵能力【典例5】答案(1)25m(2)(5+1)s解析(1)繩子斷裂后,物體向上運動的距離為h1=v22g=1022×10物體距離地面的最大高度為H=h1+h=25m。(2)方法一:分段法物體向上運動的時間為t1=vg=1s物體從最高點至落地,根據(jù)自由落體運動的規(guī)律得H=12gt代入數(shù)據(jù)解得t2=5s,繩子斷裂后,物體落地的時間為t=t1+t2=(5+1)s。方法二:全程法以豎直向上的方向為正方向,物體從繩子斷裂到落地的位移h'=-20m,加速度a=-g=-10m/s2,初速度v0=10m/s,由運動學(xué)規(guī)律得h'=v0t+12at2代入數(shù)據(jù)得t=(5+1)s,t=(1-5)s(為負(fù)值,應(yīng)舍去)?！镜淅?】AC解析物體恰好到達(dá)最高點的時間為t=v0g=3s,A項正確;由運動的對稱性知,t=6s時物體恰好回到出發(fā)點,此時速度大小等于30m/s,方向豎直向下,D項錯誤;物體上升的最大高度為hm=v022g=45m,6s內(nèi)物體經(jīng)過的路程為90m,B項錯誤;物體運動到與出發(fā)點相距25m時,根據(jù)±h=v0t-12gt2,即±25=30t-5t2,解得t=1s、t=5s或t=(3+14)s[t=(3-14)s考點3【典例7】B解析設(shè)時間間隔為T,第5滴與第3滴分別位于高0.4m的窗子的上、下沿,則有Δh=12g(3T)2-12gT2=0.4m,解得T=0.1s,A項錯誤;當(dāng)?shù)?滴正欲滴下時,第1滴剛好落到地面,從屋檐下落到地面需要的時間間隔為5T,則屋檐離地面高度為H=12g(5T)2=1.25m,B項正確;第4滴與第2滴水的距離為d=12g(4T)2-12g(2T)2=0.6m,C項錯誤;第1滴水剛好落到地面時,第4滴水的速度大小為v=g(2T)=2【典例8】答案(1)12s(2)110m(3)4.3s解析(1)設(shè)初速度方向為正方向,v0=54km/h=15m/s,v1=18km/h=5m/s,則t1=v0-v1a1=t2=x2v1=105所以汽車從AB處到EF處的時間為t=t1+t2=12s。(2)由速度與位移的關(guān)系可得,AB處到CD處的距離為x1=v02-v122AB處到EF處的距離為x=x1+x2=110m。(3)由速度與位移的關(guān)系得勻減速運動的位移大小為x4=v022a2=15所以勻速的位移大小為x3=x-x4=65m,勻速運動的時間為t'=x3v0≈4.3專題提升一運動學(xué)圖像題型1【典例1】AC解析x-t圖像斜率表示速度,由題圖知,甲車的速度為v1=ΔxΔt=164m/s=4m/s,A項正確;乙車的位置與時間關(guān)系式應(yīng)滿足x=x0-(v2t-12at2),其圖線與t軸相切于t'=8s處,則v2=at',代入圖中數(shù)據(jù)解得a=2m/s2,x0=64m,C項正確,D項錯誤;t″=4s時,乙車的速度v3=v2-at″=8m/s【典例2】BD解析根據(jù)v-t圖像中圖線的斜率表示加速度,可知運動員0~t1內(nèi)做加速度減小的加速運動,0~t1時間內(nèi)與t1~t2時間內(nèi)運動員的加速度方向相反,B項正確,C項錯誤;作出0~t1內(nèi)表示勻加速直線運動的圖線,如圖甲中虛線所示,由v-t圖像中圖線與時間軸所圍面積表示位移可知,運動員在0~t1時間內(nèi)的實際位移大于勻加速直線運動的位移,根據(jù)v=xt,可知v運動員>v勻加速=v12,A項錯誤;同理,作出t1~t2時間內(nèi)勻減速直線運動的v-t圖線,如圖乙中虛線所示,由圖可知,t1~t2時間內(nèi),表演者的位移x<v1+v2甲乙題型2【典例3】BD解析質(zhì)點在0~t0時間內(nèi)從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運動,再做加速度減小的加速運動,此過程一直向前加速運動,t0~2t0時間內(nèi)加速度方向和速度方向相反,先做加速度增加的減速運動,再做加速度減小的減速運動,2t0時刻速度減小到零,此過程一直向前做減速運動,2t0~4t0重復(fù)此過程的運動,即質(zhì)點一直向前運動,A、C兩項錯誤,B項正確;a-t圖像的面積表示速度變化量,t02~32t0內(nèi)速度的變化量為零,因此t02時刻P的速度與32【典例4】AC解析根據(jù)勻變速直線運動的位移公式x=v0t+12at2,可變形為xt=v0+12at,可見,題目中的圖像表示動力車剎車時做勻減速直線運動,圖線與縱軸的截距表示初速度,所以初速度為20m/s,A項正確;圖線的斜率表示12a=10-204m/s2=-2.5m/s2,所以剎車加速度大小為5m/s2,B項錯誤;根據(jù)勻變速直線運動的速度公式可求得剎車過程持續(xù)的時間為t=v0a=4s,C項正確;由C項可知,4s末速度已經(jīng)減為0,根據(jù)勻變速直線運動的位移公式,將此勻減速直線運動看成反方向的初速度為0的勻加速直線運動,則可得4s內(nèi)的位移為x=12【典例5】C解析根據(jù)v2=v02+2ax,因v2-x圖像是直線,可知加速度a恒定不變,即質(zhì)點做勻加速直線運動,A項錯誤;由題圖可知2a=1m/s2,v02=1m2/s2,解得a=0.5m/s2,v0=1m/s,B項錯誤,C項正確;t=1s時,質(zhì)點的速度大小v=v0+at=1m/s+0.5×1m/s=1.5題型3【典例6】A解析根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度,可知汽車的速度先增大,接著保持不變(不為零),最后又減小,且圖像斜率一直為正,即汽車一直向正方向運動,結(jié)合選項圖像,只有A項的圖線符合。專題提升二追及和相遇問題題型1【典例1】答案(1)1.5m/s2(2)2s解析(1)根據(jù)題意,汽車從剎車到s=48m處的站點停車,則由速度與位移的關(guān)系式v2-v02=2可知汽車剎車加速度為a=0-v022x=-1222×48m/s2即汽車剎車加速度的大小為1.5m/s2。(2)公共汽車從剎車到停止的過程,設(shè)所用時間為t0,則有0=v0+at0,解得t0=8s,汽車相對自行車做初速度為v0'=(12-3)m/s=9m/s,加速度大小為a=-1.5m/s2的勻減速運動,設(shè)車頭到達(dá)自行車尾歷時為t1,則有s0=v0't1+12at代入數(shù)據(jù)解得t1=2s或t1=10s>t0(舍去)?！镜淅?】答案(1)62.5m(2)5s4.4s(3)16.7m解析(1)大貨車做勻減速直線運動,有v12=2a1解得大貨車剎車痕跡的長度x=62.5m。(2)由速度公式有v1=a1t1,則大貨車停下的時刻為t1=5s,小汽車停下的時刻為t2=v2a2+Δt=4.4(3)設(shè)經(jīng)過時間t'二者速度相等,有v1-a1t'=v2-a2(t'-Δt),解得t'=3.4s,大貨車的位移大小x1=v1t'-12a1t'2解得x1=56.1m,小汽車的位移大小x2=v2t'-12a2(t'-Δt)2解得x2=72.8m,要使兩車不追尾,應(yīng)有x1+d=x2,解得小汽車和大貨車之間的最小距離為d=16.7m。題型2【典例3】AB解析由x-t圖像可知,圖像的斜率等于速度,則甲、乙兩質(zhì)點是同時、同地、同向出發(fā)的,A項正確;在兩質(zhì)點相遇前,t1時刻之前甲的速度大于乙的速度,在t1時刻兩質(zhì)點速度相等,此時兩質(zhì)點相距最遠(yuǎn),B項正確;在t1時刻兩質(zhì)點速度相等,t2時刻甲質(zhì)點速度小于乙質(zhì)點的速度,C項錯誤;t3時刻兩質(zhì)點位移相等,則此時甲、乙兩質(zhì)點相遇,D項錯誤?！镜淅?】D解析由題圖可知,1~3s甲、乙兩車的位移相等,兩車在t=3s時并排行駛,所以兩車在t=1s時也并排行駛,由題圖可知a甲=ΔvΔt=202m/s2=10m/s2,a乙=ΔvΔt=20-102m/s2=5m/s2,0~1s的位移為x甲=12a甲t2=12×10×12m=5m,x乙=v0t+12a乙t2=(10×1+12×5×12)m=12.5m,Δx=x乙-x甲=12.5m-5m=7.5m,即在t=0時,甲車在乙車前7.5m,A、B兩項錯誤;由分析可知,甲、乙兩車相遇時刻分別在1s和3s,C項錯誤;1s末甲車的速度為v=a甲t=10×1m/s=10m/s,1~3s,甲車的位移為x=vt+12a甲t2=(10×2+12×10×22)m=40第4講實驗1:探究小車速度隨時間變化的規(guī)律考點11.(1)0.02(2)②x(3)①(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)9T2【典例1】答案(1)AD(2)①位移差左②0.8441.7解析(1)打點計時器使用交流電源,A項正確,B項錯誤;用打點計時器測量時間,不用秒表測量時間,C項錯誤;用刻度尺測量計數(shù)點之間的距離,D項正確。(2)①根據(jù)連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)的位移差基本相等,可認(rèn)為小車做勻變速直線運動。因為小車做加速運動,計數(shù)點之間的距離越來越大,所以題圖乙中紙帶左側(cè)是與小車相連的一端。②相鄰計數(shù)點時間間隔T=0.02×5s=0.1s,在打下C點時小車的速度大小為vC=(7.58+9.30)×10-20.2m/s=0.844小車運動的加速度大小為a=(12.72+11.01)×10-2-(9.30+7.58)×10-20.22m/s【典例2】答案(1)19.900.550圖像見解析(2)0.120(3)AC解析(1)由題圖乙可知,刻度尺的0刻度與“0”點對齊,測量點“4”到“0”的距離為19.90cm。由勻變速直線運動在某段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度可得,測量點“5”對應(yīng)時刻的瞬時速度為v5=ΔxΔt=30.90-19.9010×0.02×10-2m/s=0.550m/s。在圖丙中補點并擬合圖線(2)由圖像可得a=ΔvΔt=0.550-0.4900.5m/s2=0.120m/s(3)重復(fù)實驗時,可以增加懸掛的槽碼,也可以在小車?yán)镌黾鱼^碼,這樣可以改變小車的加速度,A項正確;實驗時,牽引小車的細(xì)繩必須平行于長木板,長木板可以水平放置或傾斜放置均可,只要小車能加速運動即可,B項錯誤;若實驗時電源頻率略低于50Hz,可知打點周期T=1f變大,但該同學(xué)并不知道,仍按0.02s計算,則小車速度測量值將大于實際值,C項正確;如果實驗用電火花計時器,實驗時的電壓略低于220V,可知電源的頻率不變,則打點周期不變,則加速度的測量值等于實際值,D考點2【典例3】答案(1)24.0080.0(2)見解析圖(a)(3)70.059.0(4)b2k解析(1)根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)得ΔxAD=xAB+xBC+xCD=6.60cm+8.00cm+9.40cm=24.00cm,平均速度vAD=xAD3T=24.003×0.1cm/s=80.(2)根據(jù)第(1)問計算結(jié)果補全實驗點如圖(a)所示。圖(a)(3)畫出圖像如圖(b)所示,直線方程為v=kΔt+b,結(jié)合圖像得k=101.0-59.00.6cm/s2=70.0cm/s2,b=59.0cm/s圖(b)(4)小車做勻加速直線運動,由位移公式x=v0t+12at2,整理得xt=v0+12at,即v=vA+12at,故vA=b,【典例4】答案(1)0.4(2)9.78(3)小阻力解析(1)相鄰的兩滴水從管口落下的時間間隔為T=40100s=0.4s(2)由自由落體運動的規(guī)律可得h=12gT2,結(jié)合h=78.2cm,解得g≈9.78m/s2(3)重力加速度的測量結(jié)果比當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣嚷孕?原因是空氣對水滴有阻力的作用。第二章相互作用——力第1講重力彈力摩擦力考點1必備知識1.(1)大小方向作用點(3)運動狀態(tài)2.(1)地球(2)mg彈簧測力計(3)豎直向下(4)①質(zhì)量形狀微點辨析(1)×(2)×(3)√關(guān)鍵能力【典例1】C解析足球重力的作用點在重心上,但是其他部分也受重力,A項錯誤;足球重力的方向豎直向下,B項錯誤;根據(jù)力的圖示可讀得足球重力的大小為5N,C項正確;力的圖示中標(biāo)度不是唯一的,不一定是2.5N,D項錯誤。【典例2】C解析瓶所受重力就是地球?qū)ζ康奈Φ囊粋€分力,A項錯誤;瓶本身(不包括其中的水)的重心位置不變,隨著裝入瓶中的水的增加,瓶的重心位置可能先降低然后再逐漸升高,B項錯誤;根據(jù)重心的定義,瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用點,C項正確;由題圖可知,兩繩的交點是確定的,但瓶的重心是變化的,D項錯誤?？键c2必備知識1.(1)彈性形變(2)①接觸②彈性形變(3)相反微點辨析(1)×(2)√(3)×關(guān)鍵能力【典例3】BD解析A項,球受到重力與水平面的支持力即可保持靜止,若受到左側(cè)頂點處的彈力,則球?qū)⑾蛴疫\動,所以題圖中球只受到水平地面的彈力F1,不能存在彈力F2,A項錯誤;B項,處在桿頂?shù)男∏蛱幱陟o止?fàn)顟B(tài)時受到重力與桿對小球的彈力,二者是一對平衡力,所以桿對小球的彈力的方向與重力的方向相反,為豎直向上,B項正確;C項,小球受到豎直向下的重力,如果受到左上方F1的拉力,小球?qū)o法處于靜止?fàn)顟B(tài),C項錯誤;D項,桿與半球容器有兩個接觸點,左側(cè)處為點與球面接觸,所以彈力的方向過圓心與接觸點,方向指向被支持的物體(桿);右側(cè)是點與直桿接觸,方向垂直于桿的方向向上,題圖中兩個彈力的位置與方向都正確,D項正確?！镜淅?】D解析小車靜止時,球受到重力和桿的彈力作用,由平衡條件可得桿對球的作用力F=mg,方向豎直向上,A、B兩項錯誤;小車向右以加速度a運動時,如圖所示,只有當(dāng)a=gtanθ時,才有F=masinθ,C項錯誤;小車向左勻速運動時,根據(jù)平衡條件知,桿對球的彈力大小為mg,方向豎直向上,D【典例5】B解析由題知,取走一個盤子,穩(wěn)定后余下的正好升高補平,則說明一個盤子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距,則有mg=3kx,解得k=100N/m,B項正確?？键c3必備知識1.相對運動趨勢靜摩擦力2.(2)彈(3)相對運動相對運動趨勢微點辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×關(guān)鍵能力【典例6】CD解析A物體在水平方向上做勻速直線運動,應(yīng)用狀態(tài)法可判斷水平方向不受摩擦力,A項錯誤;B、C物體受到的摩擦力方向可用狀態(tài)法或假設(shè)法判斷。狀態(tài)法的判斷過程如下:B、C均做勻速運動,處于平衡狀態(tài),一定是摩擦力與重力沿傳送帶向下的分力平衡,所以受到的靜摩擦力均沿傳送帶向上。假設(shè)法的判斷過程如下:假設(shè)傳送帶光滑,B、C均會沿傳送帶下滑,所以物體相對傳送帶的運動趨勢方向均沿傳送帶向下,受到的靜摩擦力方向均沿傳送帶向上,B項錯誤,C項正確;若傳送帶突然加速,A物體受到的摩擦力方向由狀態(tài)法判斷(假設(shè)法也可,這里不再贅述),A物體只能由向右的摩擦力產(chǎn)生向右的加速度,所以A受到的摩擦力向右,D項正確?！镜淅?】B解析球鞋沿斜面方向受力平衡,有mgsin37°=μmgcos37°,解得球鞋與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.75,A項錯誤;在球鞋滑動前,由平衡條件和牛頓第三定律得球鞋對斜面的壓力FN=mgcosθ,靜摩擦力Ff=mgsinθ,增大斜面傾角時,球鞋對斜面的壓力減小,靜摩擦力增大,B項正確;斜面傾角不變時,球鞋受力不變,沿斜面滑動的過程中加速度不變,C項錯誤;在鞋內(nèi)放置重物,逐漸增大斜面傾角,當(dāng)球鞋剛好開始滑動時,滿足(m+m0)gsinα=μ(m+m0)·gcosα,解得斜面傾角α=37°,D項錯誤。微點突破1摩擦力的突變問題關(guān)鍵能力【典例1】B解析快件勻速運動時受重力、支持力和皮帶對快件的靜摩擦力,A項錯誤;快件在傾斜皮帶上,雖然與皮帶保持相對靜止一起做勻速運動,但快件相對于皮帶有向下運動的趨勢,因此所受到的靜摩擦力一定沿著皮帶向上,B項正確;快件做減速運動時,加速度方向與運動方向相反,加速度沿著皮帶向下,而根據(jù)牛頓第二定律可知,快件所受合外力沿著皮帶向下,有mgsinθ+Ff=ma,由于不知道重力分力與合力的大小關(guān)系,因此快件受到的摩擦力可能沿皮帶向上,可能沿皮帶向下,也可能不受摩擦力,C、D兩項錯誤。【典例2】BC解析當(dāng)小木塊速度小于傳送帶速度時,小木塊相對于傳送帶向上滑動,小木塊受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下,加速度a=gsinθ+μgcosθ;當(dāng)小木塊速度達(dá)到傳送帶速度時,由于μ>tanθ,即μmgcosθ>mgsinθ,所以小木塊受到靜摩擦力作用,方向沿傳送帶向上,大小等于mgsinθ,小木塊做勻速運動,B、C兩項正確?！镜淅?】AD解析木箱在4~6s時間內(nèi)做勻速直線運動,根據(jù)二力平衡可得此時的摩擦力為Ff=F=30N,木箱對地面的壓力大小等于木箱的重力,即FN=mg=100N,所以動摩擦因數(shù)為μ=FfFN=0.3,A、D兩項正確;因為20N<35N,所以木箱在0~2s時間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài),根據(jù)二力平衡可得木箱所受摩擦力大小為Ff=20N,B項錯誤;根據(jù)題意可知,木箱在2~4s內(nèi)做加速運動,受到的摩擦力為滑動摩擦力,且滑動摩擦力的大小不變,則2~4s摩擦力仍然為30N【典例4】C解析滑塊上升過程中受到滑動摩擦力作用,由Ff=μFN和FN=mgcosθ,聯(lián)立解得Ff=5.6N,方向為沿斜面向下。當(dāng)滑塊的速度減為零后,由于重力的分力mgsinθ>μmgcosθ,滑塊下滑,滑塊受的摩擦力方向為沿斜面向上,C項正確。微點訓(xùn)練1.D解析物體向右運動過程中,受向左的滑動摩擦力為Ff=μmg=2N,當(dāng)物體靜止時,由于水平向左的恒力小于最大靜摩擦力,則物體保持靜止?fàn)顟B(tài),所受靜摩擦力向右,大小為1N,D項正確。2.AC解析由題圖乙可知,若F=4.0N,木塊與水平面間的摩擦力為靜摩擦力,故摩擦力為Ff1=F=4.0N,A項正確;若F=7.0N,木塊與水平面間的摩擦力為滑動摩擦力,由題圖乙可得此時摩擦力為Ff2=5.0N,B項錯誤;由題圖乙可知木塊與水平面的滑動摩擦力大小Ff2=5.0N,因此木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為μ=Ff2mg=0.125,C項正確,3.A解析開始不加力F時,物塊恰好靜止在水平面上,此時彈力等于最大靜摩擦力,即F彈=5N=Ffm;加水平向左的力F后,要想使物塊滑動,則F>F彈+Ffm=10N,A項正確。4.A解析對于題圖甲,一開始木板一半懸空,一半在粗糙桌面上,則此時就有FN1=mg,而推動過程中木板做勻速運動,則有F1=μFN1=μmg,A項正確,C項錯誤;對于題圖乙,設(shè)木板長為L,在勻速推動的過程中設(shè)速度為v,則有F2=μFN2,而FN2=mgLL2+vt,聯(lián)立可得F2=μmg2+μmgvL·t,B、第2講力的合成與分解考點1必備知識1.(1)合力分力(2)等效替代3.(1)合力(2)①共點力大小方向②有向線段微點辨析(1)×(2)√(3)×關(guān)鍵能力【典例1】B解析若F1=55N,F2=55N,則F1和F2的合力最大值為Fmax=F1+F2=110N<mg=150N,A項錯誤;若F1=80N,F2=100N,則F1和F2的合力范圍為F2-F1=20N≤F合≤F1+F2=180N,B項正確;若F1=70N,F2=65N,則F1和F2的合力最大值為Fmax=F1+F2=135N<mg=150N,C項錯誤;若F1=60N,F2=80N,則F1和F2的合力最大值為Fmax=F1+F2=140N<mg=150N,D項錯誤?！镜淅?】B解析先以力F1和F2為鄰邊作平行四邊形,其合力與F3共線,大小F12=2F3,如圖所示,F12再與第三個力F3合成求合力F合,可得F合=3F3,B項正確。【典例3】B解析根據(jù)平行四邊形定則可知,該牙所受兩牽引力的合力大小為F合=2Fcosα2,B考點2必備知識1.分力力的合成2.平行四邊形3.(1)作用效果微點辨析(1)√(2)√(3)√關(guān)鍵能力【典例4】BC解析如圖所示,把力F分解在垂直于木楔兩側(cè)的方向上,根據(jù)力的作用效果可知,F1=F2=FN=F2sinθ2,由此式可知,B、C兩項正確,A【典例5】答案(1)32N(2)0.25(3)14N解析(1)物體受力如圖所示,物體所受合力F合=Fcos37°-Ff=60×0.8N-16N=32N。(2)由豎直方向受力平衡有FN+Fsin37°=G,解得FN=G-Fsin37°=100N-60×0.6N=64N,則動摩擦因數(shù)μ=FfFN=1664(3)水平方向有F合'=F'cos37°-Ff',豎直方向有FN'=G+F'sin37°=100N+60×0.6N=136N,又Ff'=μFN',聯(lián)立解得F合'=14N?？键c3關(guān)鍵能力【典例6】B解析甲物體拴牢在O點,且甲、乙兩物體的質(zhì)量相等,則甲、乙繩的拉力大小相等,O點處于平衡狀態(tài),則左側(cè)繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上,如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有180°=2β+α,解得β=55°,B項正確。【典例7】D解析題圖甲中,兩段繩的拉力大小都是m1g,夾角為120°角,因此合力大小是m1g,根據(jù)共點力平衡,BC桿對滑輪的作用力大小也是m1g(方向與豎直方向成60°角,斜向右上方),A項錯誤;題圖乙中,以G為研究對象,分析受力情況如圖,由平衡條件得FHGtan30°=m2g,得FHG=3m2g,即HG桿受到繩的作用力為3m2g,B項錯誤;題圖甲中繩AC段的拉力TAC=m1g,題圖乙中由于TEGsin30°=m2g得TEG=2m2g,解得TACTEG=m12m第3講牛頓第三定律共點力的平衡考點1必備知識1.相互2.相反同一條直線上微點辨析(1)×(2)×關(guān)鍵能力【典例1】AD解析木塊受重力、壓力F、支持力和摩擦力的作用保持靜止,所以木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對平衡力,A項正確,B項錯誤;墻對木塊的支持力與木塊所受的壓力F是一對平衡力,木塊對墻的壓力和F受力物體不同,不是平衡力,C項錯誤;木塊對墻的壓力與墻對木塊的支持力等大反向共線,作用在兩個物體上,是一對作用力與反作用力,D項正確?！镜淅?】AC解析由平衡條件知,A除受到B的支持力與重力外,可能受到繩子的拉力與B對A的摩擦力。因此A可能受到2個力或4個力;B可能受到重力、A對B的壓力和斜面的靜摩擦力、斜面的支持力4個力而保持平衡,還可能受重力、A對B的壓力、斜面的支持力、A對B向左的靜摩擦力,而斜面對物體B可能有靜摩擦力,也有可能沒有靜摩擦力,因此B受到4個力或5個力,A、C兩項正確?？键c2必備知識1.勻速直線運動3.(1)相等相反微點辨析(1)×(2)√關(guān)鍵能力【典例3】D解析對光滑圓柱體受力分析如圖所示,兩半圓柱體對光滑圓柱體的支持力Fa、Fb垂直,且兩力的合力大小等于光滑圓柱體的重力大小,由平衡條件得Fa=Gsin37°=0.6G,Fb=Gcos37°=0.8G,D項正確?！镜淅?】A解析當(dāng)AC邊以A為軸逆時針轉(zhuǎn)動到向左偏離豎直方向15°角時,對鐵球進(jìn)行受力分析可知,此時BC邊跟鐵球之間沒有作用力,鐵球受到重力G、AB邊作用力FAB和AC邊作用力FAC三個力作用,力的方向及力的矢量三角形如圖所示,根據(jù)正弦定理有FABFAC=sin75°sin45°=【典例5】A解析對小球受力分析如圖所示,由幾何關(guān)系得力F、力FN與豎直方向的夾角均為30°,應(yīng)用正交分解法建立平衡方程得FNsin30°=Fsin30°,FNcos30°+Fcos30°+T=mg,解得F=FN=33N,A考點3關(guān)鍵能力【典例6】B解析根據(jù)題意對S受力分析如圖甲,正交分解可知2Tcos30°=f,解得T=33f;對P受力分析如圖乙,由平衡條件得Fcosθ=f+Tcos30°,Fsinθ=Tsin30°,整理得(Tsin30°)2+(f+Tcos30°)2=F2,解得F=213f,甲乙【典例7】C解析將兩個燈籠作為整體分析,根據(jù)平衡條件得FOAsinθ1=2mg,FOAcosθ1=F,聯(lián)立解得FOA=2mgsinθ1,F=2mgtanθ1,A、D兩項錯誤;對結(jié)點B受力分析,由平衡條件得FABsinθ2=mg,FABcosθ2=F,聯(lián)立解得FAB=mgsinθ2,F=mgtanθ2。由F=2mgtanθ1和F=mg專題提升三動態(tài)平衡問題平衡中的臨界和極值問題題型1【典例1】AC解析以球乙為研究對象,受力分析如圖(a),根據(jù)受力平衡,可得FN1sin30°=FN2,FN1cos30°=mg,解得FN1=233mg,FN2=33mg,對甲受力分析,如圖(b),由牛頓第三定律可知,球乙對木塊甲的壓力大小為FN1'=FN1=233mg,由平衡條件得F=FN1'sin30°=33mg,A項正確,B項錯誤;若木塊甲左移少許,OA與豎直方向的夾角會變小,系統(tǒng)仍靜止,有FN2=mgtanθ,墻壁對球乙的支持力變小,C項正確;若木塊甲左移少許,系統(tǒng)仍靜止,圖(a)圖(b)【典例2】BCD解析根據(jù)題意,以結(jié)點O為受力分析點,作出受力分析的矢量三角形,如圖甲所示,可知,保持夾角α不變,拉力F緩慢地由水平位置逆時針轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中,拉力F先減小后增大,OM繩拉力T逐漸減小,A項錯誤,B項正確;當(dāng)力F的方向水平向右時,受力分析如圖乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系可得tanα=Fmg,解得F=mgtanα,C項正確;當(dāng)力F垂直于OM繩上的拉力T時,力F有最小值,根據(jù)幾何關(guān)系可得sinα=Fminmg,解得Fmin=mgsinα甲乙【典例3】B解析對C點進(jìn)行受力分析,如圖甲所示,由平衡條件可知,將三個力按順序首尾相接,可形成如圖乙所示的閉合三角形。三個力組成的三角形與△ABC相似,則GAB=FNAC=FTBC,其中G、AC、AB均不變,BC逐漸減小,則由上式可知,FN不變,F甲乙【典例4】C解析方法一:正弦定理。以球為研究對象,畫出轉(zhuǎn)動過程任一位置球的受力分析圖,球受重力G、OA面的彈力F1、OB面的彈力F2,F1、F2的合力大小等于重力,方向豎直向上,如圖甲所示,由正弦定理可得Gsinα=F1sinθ=F2sinβ,轉(zhuǎn)動過程中,α角不變,β角由小于90°增大到大于90°,θ角由90°減小到0,結(jié)合上式可判斷,F1逐漸變小,F2先增大后減小,C項正確,A甲乙方法二:外接圓法。畫出球的受力分析圖,F1、F2的合力大小等于重力,方向豎直向上,如圖乙所示。作矢量三角形的外接圓,重力G不變,α角不變,由示意圖知,容器順時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°的過程中,F1逐漸變小,F2先增加后減小,C項正確,A、B、D三項錯誤。題型2【典例5】B解析受力分析如圖所示,因為物體處于平衡狀態(tài),水平方向有Fcosα=μFN,豎直方向有Fsinα+FN=mg,聯(lián)立可解得F=μmgcosα+μsinα=μmg1+μ2sin(α+φ),tanφ=1μ,當(dāng)α+φ=90°時,sin(α+φ)=1,F有最小值Fmin=μmg1+μ2,代入數(shù)值得μ=34,此時α=θ,tan【典例6】A解析以兩個小球組成的整體為研究對象,分析受力,作出F在三個方向時整體的受力圖,根據(jù)平衡條件知,F與FT的合力與重力2mg總是大小相等、方向相反,由力的合成圖可知,當(dāng)F與O、a間細(xì)繩垂直時,F有最小值,即圖中2位置,根據(jù)平衡條件得F=2mgsin30°=mg,FT=2mgcos30°=3mg,A項正確?！镜淅?】B解析要起吊重物,只需滿足繩子張力T的豎直分量小于鋼絲繩與板材之間的最大靜摩擦力,如圖所示,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則有μTcosα>Tsinα,化簡可得tanα<μ,B項正確,A、C、D三項錯誤。第4講實驗2:探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系實驗3:探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律考點11.(1)相等2.毫米刻度尺【典例1】答案(1)9.92(9.91~9.93均可)(2)圖像見解析25偶然解析(1)由圖題乙可知,彈簧的原長為l0=9.92cm。(2)根據(jù)描出的點作出的圖如圖所示,根據(jù)圖像求得彈簧的勁度系數(shù)k=2.5N10×10-2m=25【典例2】答案(1)靜止(2)1.231.3解析(1)該同學(xué)在彈簧下端逐一增掛鉤碼,每增掛一個鉤碼,待彈簧靜止時,此時彈力與重力大小相等,記錄所掛鉤碼的重力和對應(yīng)的h。(2)由題圖乙可知,當(dāng)F=0時,h0=120.0cm=1.2m,即為未掛鉤碼時水平紙片到地面的豎直距離。由胡克定律可得ΔF=kΔh,即圖像斜率絕對值的倒數(shù)表示彈簧勁度系數(shù),則有k=3.13(120.0-110.0)×10-2N/m=31.3【典例3】答案(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析(1)由題意可知,ΔL3=L6-L3=6.04cm,代入數(shù)據(jù)解得,壓縮量的平均值ΔL=6.05cm。(2)根據(jù)ΔLi=Li+3-Li可知,上述彈簧平均壓縮量是管中增加3個鋼球時所產(chǎn)生的。(3)根據(jù)平衡條件和胡克定律得3mgsin30°=kΔL,解得k≈48.6N/m。【典例4】答案(3)沿細(xì)繩(套)的方向用鉛筆標(biāo)出力的方向(6)F合與F的大小和方向(7)不能解析(3)只用一個彈簧測力計,通過細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點仍拉到位置O時,需要記錄測力計的示數(shù)F的大小和方向,所以還需沿細(xì)繩(套)的方向用鉛筆標(biāo)出力的方向。(6)實驗要比較F合與F的大小和方向,從而驗證是否滿足平行四邊形定則。(7)采用兩個彈簧測力計順次連接,要把橡皮條拉至O點,則每個彈簧測力計上的彈力還是和原來的一樣大,即還是會超出兩個測力計的量程,所以采用兩個彈簧測力計順次連接,示數(shù)相加的方法不能解決問題?！镜淅?】答案(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A傳感器中的力均為拉力,為正值,故A傳感器對應(yīng)的是表中力F1,平衡時mg=F1sinθ,當(dāng)θ=30°時,F1=1.001N,可求得m≈0.05kg。(2)在掛鉤碼之前,對傳感器進(jìn)行調(diào)零,是為了消除橫桿自身重力對結(jié)果的影響,C項正確。(3)讓A傳感器沿圓心為O的圓弧形軌道移動的過程中,傳感器與O點的距離保持不變,即O點位置保持不變,故A、B、D三項錯誤,C項正確?！镜淅?】答案1.73解析設(shè)頭發(fā)與刻度尺之間的夾角為θ,由題圖中的幾何關(guān)系可知cosθ=12b12a=12,頭發(fā)與掛鉤的結(jié)點處受力平衡,設(shè)頭發(fā)的拉力為F,得2Fsinθ=mg,聯(lián)立解得F第三章運動與力的關(guān)系第1講牛頓第一定律牛頓第二定律考點1必備知識1.(1)勻速直線運動靜止(2)①慣性慣性定律②維持改變加速度2.(1)勻速直線運動靜止(2)固有屬性無關(guān)(3)質(zhì)量質(zhì)量大質(zhì)量小微點辨析(1)×(2)×(3)√關(guān)鍵能力【典例1】BD解析伽利略的斜面實驗是以可靠的事實為基礎(chǔ),經(jīng)過抽象思維,抓住主要因素,忽略次要因素,推理得出的結(jié)論,A項錯誤,B項正確;伽利略由此推翻了亞里士多德的觀點,認(rèn)為力不是維持物體運動的原因,而是改變物體運動狀態(tài)的原因,C項錯誤;牛頓總結(jié)了前人的經(jīng)驗,指出了物體運動的原因,即牛頓第一定律,D項正確?！镜淅?】C解析牛頓第一定律是在理想實驗的基礎(chǔ)上經(jīng)過合理歸納總結(jié)出來的,但無法用實驗來直接驗證,但其結(jié)論是正確的,A、B兩項錯誤;理想實驗的思維方法與質(zhì)點概念的建立相同,都是突出主要因素、忽略次要因素的科學(xué)抽象的思維方法,C項正確;物體的運動不需要力來維持,D項錯誤?！镜淅?】A解析該實驗的原理是牛頓第一定律,即慣性定律,任何物體總要保持原有的運動狀態(tài)(靜止或勻速直線運動),除非外力迫使它改變這種狀態(tài)。當(dāng)拿錘子敲擊筷子上端時,筷子快速下降,而土豆由于具有慣性,要保持原有的運動狀態(tài),位置保持不變,但筷子下降,則土豆相對筷子在向上運動,即土豆會沿著筷子向上爬,A項正確,B、C兩項錯誤;土豆越大,其質(zhì)量越大,則慣性越大,越容易完成實驗,D項錯誤。考點2必備知識1.(1)正比反比作用力(2)ma2.(1)基本單位導(dǎo)出單位(2)質(zhì)量長度時間kgms(3)基本單位微點辨析(1)×(2)√(3)×關(guān)鍵能力【典例4】AC解析設(shè)小車的加速度為a,繩中張力為T,則有Tsinθ=ma,Tcosθ=mg,解得a=gtanθ,θ=60°時a=3g,A項正確;根據(jù)A項分析可知兩側(cè)角度相同時,加速度大小相等,但所受合力的方向不同,加速度方向不同,B項錯誤;根據(jù)a=gtanθ可知a隨θ的變化不是均勻變化,結(jié)合正切函數(shù)的特征可知,加速度值越大,表盤刻度越密集,C項正確;當(dāng)加速度較大時對應(yīng)的角度變化較小,會導(dǎo)致加速度較大情況下的測量誤差較大,D項錯誤?！镜淅?】A解析以B、C、D整體為研究對象,受力分析,由平衡條件得FAB=(3m+2m+m)g=6mg,剪斷B、C間細(xì)線瞬時,對B球應(yīng)用牛頓第二定律得FAB-3mg=3ma1,解得a1=g,方向豎直向上。以C、D整體為研究對象,受力分析,由平衡條件得FBC=(2m+m)g=3mg,以D球為研究對象,由平衡條件得FCD=mg,剪斷B、C間細(xì)線瞬時,對C球應(yīng)用牛頓第二定律得FCD+2mg=2ma1,解得a1=1.5g,方向豎直向下。綜上所述,應(yīng)選擇A?！镜淅?】A解析根據(jù)功率的公式和牛頓第二定律可知Wnm=N·ms×10-9m=kg·m/s210-9s=109kg·m/s考點3必備知識1.(1)大于(2)向上2.(1)小于(2)向下3.(1)0(2)g4.(1)無關(guān)(2)不等于微點辨析(1)×(2)√(3)×關(guān)鍵能力【典例7】A解析當(dāng)電梯靜止時,指針指在O點,則重力等于彈力;當(dāng)指針指在A點時,重力大于彈力,加速度向下,則重物處于失重狀態(tài),電梯可能加速下行,也可能減速上行,A項正確。第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用考點1必備知識1.加速度2.加速度關(guān)鍵能力【典例1】答案(1)4.8m/s2(2)12s解析(1)物體做加速運動時,進(jìn)行受力分析,如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律,可得Fcosθ-μFN=ma,又FN=Fsinθ+mg,聯(lián)立解得a=4.8m/s2。(2)撤去F時,物體的速度為v=at=24m/s,撤去F后,由牛頓第二定律可得μmg=ma',解得a'=2m/s2,根據(jù)0=v-a't',解得t'=12s?！镜淅?】答案(1)1.0×104N(2)4.0×103N解析(1)設(shè)汽車在反應(yīng)時間內(nèi)行駛的距離為x1,制動過程中行駛的距離為x2,加速度大小為a1,所受的合力大小為Ff1,初速度v0=54km/h=15m/s,反應(yīng)時間t0=0.5s,由牛頓第二定律有Ff1=ma1,由勻速和勻變速直線運動規(guī)律有x1=v0t0,x2=x-x1,v02=2a1x聯(lián)立解得Ff1=1.0×104N。(2)設(shè)汽車從靜止開始經(jīng)10s使速度重新達(dá)到54km/h的過程中,加速度大小為a2,牽引力大小為F,由牛頓第二定律有F-Ff2=ma2,Ff2=0.05mg,由勻變速直線運動規(guī)律有v0=a2t,聯(lián)立解得F=4.0×103N。【典例3】A解析對于環(huán)A,設(shè)ab與水平方向的夾角為θ,圓的半徑為R,由牛頓第二定律可知,下滑加速度為a1=m1gsinθm1=gsinθ,又根據(jù)運動學(xué)公式得2Rsinθ=12a1t12,解得t1=4Rg,對于環(huán)B,設(shè)cd與水平方向的夾角為α,由牛頓第二定律可知,下滑加速度為a2=m2gsinαm2=gsinα,又根據(jù)運動學(xué)公式得2Rsinα=12a2t22,解得t2=4Rg,對自由落體的球C而言,有2R=12gt32,考點2關(guān)鍵能力【典例4】AD解析物塊做減速運動的加速度為a1=v022x1=1002×5m/s2=10m/s2,減速運動的時間為t1=v0a=1010s=1s,即0~1s內(nèi)物塊做勻減速運動,在t=1s時刻該力F反向,A項正確,B項錯誤;減速運動時F+μmg=ma1,力F反向后的加速度a2=v122x2=642×8m/s2=4m/s2,且F-μmg=ma2,聯(lián)立解得【典例5】答案(1)112(2)0.解析(1)0~2s內(nèi),由F-t圖像可得F1=21.5N,由牛頓第二定律可得F1-mgsinα-μmgcosα=ma1,由v-t圖像可得a1=ΔvΔt=0.5m/s22s后,由F-t圖可得F2=20N,由牛頓第二定律可得F2-mgsinα-μmgcosα=0,解得μ=112(2)撤去推力F后,由牛頓第二定律可得-μmgcosα-mgsinα=ma2,解得a2=-203m/s2撤去外力時,物體的速度為1m/s,物體做勻減速直線運動到達(dá)最高點,則由速度與位移的關(guān)系式得x3=0-v22a2=0專題提升四動力學(xué)中的連接體問題和臨界、極值問題題型1【典例1】答案(1)m1m1+m2F(3)m1m1+m2F解析(1)若水平面光滑,對兩木塊構(gòu)成的整體應(yīng)用牛頓第二定律得F=(m1+m2)a,對木塊1應(yīng)用牛頓第二定律得FT1=m1a,兩式聯(lián)立解得輕繩的拉力FT1=m1m(2)若兩木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ,對兩木塊構(gòu)成的整體應(yīng)用牛頓第二定律得F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,對木塊1應(yīng)用牛頓第二定律得FT2-μm1g=m1a,兩式聯(lián)立解得輕繩的拉力FT2=m1m(3)若斜面光滑,對兩木塊構(gòu)成的整體應(yīng)用牛頓第二定律得F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,對木塊1應(yīng)用牛頓第二定律得FT3-m1gsinθ=m1a,兩式聯(lián)立解得輕繩的拉力FT3=m1m(4)若兩木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,對兩木塊構(gòu)成的整體應(yīng)用牛頓第二定律得F-(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a,對木塊1應(yīng)用牛頓第二定律得FT4-m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a,兩式聯(lián)立解得輕繩的拉力FT4=m1m【典例2】CD解析根據(jù)題意,對整體受力分析,豎直方向上有FN=2mg,水平方向上有Ff=μFN=μ·2mg,由牛頓第二定律有F-Ff=2ma,解得a=F2m-μg,C、D兩項正確;根據(jù)題意,對A受力分析,水平方向上,由牛頓第二定律有Ff1=ma=F2-μmg,A、【典例3】AD解析以A為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得T=ma,以B為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得Mg-T=Ma,聯(lián)立解得T=12N,a=6m/s2,A項正確,B項錯誤;若僅將物塊A、B互換位置,根據(jù)牛頓第二定律可得T'=Ma',mg-T'=ma',聯(lián)立解得T'=12N,a'=4m/s2,C項錯誤,D項正確。題型2【典例4】BC解析滑塊相對木板靜止時,滑塊的最大加速度a=μ1g=1m/s2,木板、滑塊一起向右以加速度a做勻減速運動時,拉力最小為F1,對整體有μ2(M+m)g-F1=(M+m)a,解得F1=3N;木板、滑塊一起向右以加速度a做勻加速運動時,拉力最大為F2,對整體有F2-μ2(M+m)g=(M+m)a,解得F2=9N,所以3N≤F≤9N,B、C兩項正確?！镜淅?】D解析當(dāng)A、B間達(dá)到最大靜摩擦力時兩者開始相對滑動,以B為研究對象,設(shè)臨界加速度為a,由牛頓第二定律得μmAg=mBa,得a=6m/s2。由整體法得F=(mA+mB)a=48N,所以F增大到45N的過程中,兩物體始終沒相對運動,B、C兩項錯誤,D項正確;由于地面光滑,故一開始物體就加速運動,A項錯誤?！镜淅?】BC解析物塊A、B在外力的作用下沿斜面向上做勻加速直線運動,加速度不變,當(dāng)物塊A、B分離時,物塊A、B的加速度相等且沿斜面向上,物塊A、B間的彈力FN=0,此時對物塊A分析kx-mgsinθ=ma,可知彈簧彈力沿斜面向上,彈簧處于壓縮狀態(tài),A項錯誤;物塊A、B分離后,對B分析F-mgsinθ=ma,故物塊A、B分離后,外力F為恒力,B項正確;對物塊A、B整體進(jìn)行分析,外力F未作用在物塊B上時,彈簧的壓縮量x1=mgk,物塊A、B分離時,對物塊A有kx-mgsin30°=ma,解得x=m2a+g)2k,由運動學(xué)知識有x1-x=12at2,解得t=m(g-2a)ka,C項正確;物塊A、B分離時外力F達(dá)到最大,此后不變,由牛頓第二定律得Fmax-mgsin30°=ma,解得Fmax=1專題提升五“傳送帶”模型中的動力學(xué)問題題型1【典例1】答案(1)3s(2)8m解析(1)物塊在傳送帶上運動,由牛頓第二定律μmg=ma,設(shè)物塊減速至傳送帶速度v所用時間為t1,根據(jù)運動學(xué)公式v=v0-at1,解得t1=2s,位移x1=v0+v2解得x1=16m<L,所以物塊先勻減速后勻速運動,則L-x1=vt2,解得t2=1s,在傳送帶上運動的時間t=t1+t2=3s。(2)t1時間內(nèi)傳送帶的位移x2=vt1,物塊在傳送帶上留下的痕跡長度x=x1-x2,解得x=8m?！镜淅?】B解析由物塊在傳送帶上的受力可知,物塊的加速度為a=μg,當(dāng)物塊向左運動速度減為零時的位移為x=v222μg,由題可知L>v222μg,故物塊沒有滑離傳送帶,物塊向左減速到零后向右做勻加速直線運動,當(dāng)物塊速度與傳送帶速度相同時,物塊的位移為x'=v122μg,又v2>v1,則x題型2【典例3】C解析0~t0時間內(nèi),物體輕放在傳送帶上后做加速運動,說明滑動摩擦力大于重力沿斜面向下的分力,加速度沿斜面向上,且不變,故做勻加速運動;t0之后,當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時,靜摩擦力與重力沿斜面向下的分力大小相等,加速度突變?yōu)榱?物塊做勻速直線運動,C項正確,A、B、D三項錯誤。【典例4】答案(1)0.50.6(2)5m(3)85m/s逆時針運行45解析(1)由題圖乙知,0~1.0s內(nèi)a1=Δv1Δt11.0~2.0s內(nèi)a2=Δv2Δt20~1.0s內(nèi),由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,1.0~2.0s內(nèi),由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得μ=0.5,sinθ=0.6。(2)由題圖乙知,傳送帶的速率v1=10m/s,0~1.0s內(nèi)傳送帶比貨物多運動Δx1=v1t1-12v1t1=5m1.0~2.0s內(nèi)貨物比傳送帶多運動Δx2=12(v1+v2)t2-v1t2=1m則貨物在傳送帶上劃過的痕跡長度為Δx1=5m。(3)傳送帶應(yīng)逆時針運行,且運行速度應(yīng)足夠大確保貨物從A到B一直以加速度a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2,做勻加速運動;設(shè)傳送帶的速率至少應(yīng)調(diào)到v3,貨物運動到B位置的最短時間為t3,傳送帶A、B間的長度x=12v1t1+12(v1+v2)t2=16v32=2a1v3=a1t3,解得v3=85m/s,t3=455專題提升六“滑塊—木板”模型中的動力學(xué)問題題型1【典例1】答案(1)F≤0.3N(2)12m/s2(3)F≥0.315N解析(1)當(dāng)抽動紙板且水杯相對紙板不滑動時,設(shè)水杯最大加速度為a1,對水杯分析,根據(jù)牛頓第二定律μ2m2g=m2a1,解得a1=2m/s2,對整體分析,根據(jù)牛頓第二定律F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1,解得F1=0.3N,故當(dāng)F≤F1=0.3N時抽動紙板過程水杯相對紙板不滑動。(2)當(dāng)F2=0.4N時,紙杯和紙板會發(fā)生相對滑動,對紙板分析有F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,解得a=12m/s2。(3)紙板抽出的過程,對紙板有F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2,紙板抽出的過程,二者位移關(guān)系滿足x1=12a2t2-12a1t紙板抽出后,水杯在桌面上做勻減速運動,設(shè)經(jīng)歷時間t'恰好到桌面右邊緣靜止,有μ1m2g=m2a1',由速度關(guān)系有a1t=a1't',紙杯的位移關(guān)系有x2-12a1t2=a1t聯(lián)立解得F=0.315N,所以,當(dāng)F≥0.315N時,紙板能從水杯下抽出,且水杯不會從桌面滑落?！镜淅?】答案(1)見解析(2)2s解析(1)A、B之間的最大靜摩擦力為Ffm=μ1mg=0.3×1×10N=3N,假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對滑動,對A、B整體:F=(M+m)a,對A:FfAB=Ma,解得FfAB=2.5N,因FfAB<Ffm,故A、B之間不發(fā)生相對滑動。(2)對B:F-μ1mg=maB,對A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA,根據(jù)題意xB-xA=L,xA=12aAt2,xB=12aBt解得t=2s。題型2【典例3】答案(1)0.75(2)1m/s(3)133解析(1)長木板恰好靜止在傳送帶上Mgsinθ=μ1Mgcosθ,解得μ1=0.75。(2)對長木板由牛頓第二定律得Mgsinθ+μ2mgcosθ-μ1(M+m)gcosθ=Ma1,解得a1=0.5m/s2,對物塊由牛頓第二定律得-mgsinθ+μ2mgcosθ=ma2,解得a2=1m/s2,物塊與長木板達(dá)到共同速度時v1=v0-a2t1=a1t1,解得v1=1m/s,方向向下。(3)木板向下運動過程中,木板與物塊的相對位移Δx1=02-v0木板被反彈,木板與物塊的加速度均未變Δx2=02-(2v1)所以木板的長度L=Δx1+Δx2=133m第3講實驗4:探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系考點11.(1)①力②小車質(zhì)量2.打點計時器【典例1】C解析盤和盤中砝碼的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量,繩對小車?yán)Υ笮〔沤频扔诒P和盤中砝碼的重力,A項錯誤;粗糙水平板對小車有摩擦力,則小車受到的合力不等于繩子的拉力,對實驗結(jié)果會有影響,B項錯誤;根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動公式x=12at2,用刻度尺測量兩小車通過的位移,兩車的位移之比就是加速度之比,所以通過比較位移就能得知加速度大小與力大小之間的關(guān)系,C項正確;實驗中通過在兩小盤內(nèi)放置不同質(zhì)量的砝碼來改變小車所受合力,D【典例2】答案(1)B(2)D(3)反比槽碼解析(1)為了使小車所受的合外力大小近似等于槽碼的總重力,故應(yīng)使小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量,A項錯誤;為了保證小車所受細(xì)線拉力等于小車所受合力,則需要調(diào)整墊塊位置以補償阻力,也要保持細(xì)線和長木板平行,B項正確;補償阻力時不能移去打點計時器和紙帶,需要通過紙帶上點跡是否均勻來判斷小車是否做勻速運動,C項錯誤;根據(jù)操作要求,應(yīng)先打開打點計時器再釋放小車,D項錯誤。(2)根據(jù)逐差法可知s5-s1=4a1T2,s6-s2=4a2T2,s7-s3=4a3T2,s8-s4=4a4T2,聯(lián)立可得小車加速度表達(dá)式為a=14s8-s44T2+s7(3)根據(jù)題圖丙可知1a與M成正比,故在所受外力一定的條件下,a與M成反比;設(shè)槽碼的質(zhì)量為m,則由牛頓第二定律mg=(m+M)a,化簡可得1a=1mg·M+1g,故斜率越小,槽碼的質(zhì)量考點2【典例3】答案(4)較大較小(5)圖見解析(6)遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量解釋見解析解析(4)由題圖(b)分析可知,與圖線甲相比,圖線乙的線性區(qū)間較大,非線性區(qū)間較小。(5)在坐標(biāo)系中進(jìn)行描點,結(jié)合其他點用平滑的曲線擬合,使盡可能多的點在線上,不在線上的點均勻分布在線的兩側(cè),如圖所示。(6)設(shè)繩子拉力為T,對鉤碼應(yīng)用牛頓第二定律有F-T=ma,對小車應(yīng)用牛頓第二定律得T=Ma,聯(lián)立解得F=(M+m)a,變形得a=1M+mF,當(dāng)m?M時,可認(rèn)為m+M=M,則a=1M·F,即a與【典例4】答案(1)12(2)0.20(3)0.13解析(1)由題知,彈簧處于原長時滑塊左端位于O點,A點到O點的距離為5.00cm。拉動滑塊使其左端處于A點,由靜止釋放并開始計時。結(jié)合題圖乙的F-t圖像有Δx=5.00cm,F=0.610N,根據(jù)胡克定律k=FΔx,計算得k≈12N/m(2)根據(jù)牛頓第二定律有F=ma,則a-F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù),根據(jù)題圖丙中Ⅰ,則有1m=3.000.6kg-1=5kg-1,則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m=0.20(3)滑塊上增加待測物體,同理,根據(jù)題圖丙中Ⅱ,則有1m'=1.5-00.5kg-1=3kg-1,則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為m'≈0.33kg,則待測物體的質(zhì)量為Δm=m'-m=0.13【典例5】答案(1)1.01(2)b解析(1)相鄰計數(shù)點的時間間隔T=5×0.02s=0.1s,根據(jù)逐差法求解加速度a=21.60-8.79-8.794×0.12×10-2m/s2≈1.01(2)據(jù)題意知,繩子拉力近似等于小吊盤和重物的總重力,設(shè)物塊和砝碼的總質(zhì)量為M,由牛頓第二定律得mg-μMg=Ma,變形得m=Mga+μM,故圖像斜率k=Mg,縱軸截距b=μM,解得μ=板塊整合提能(一)力與直線運動【高考原題】A解析根據(jù)題意,對整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=(M+m)a,對空間站分析有F'=Ma,解兩式可得飛船和空間站之間的作用力F'=MM+mF,A【考題示例】答案(1)1m/s2(2)4解析(1)根據(jù)勻變速運動規(guī)律,某段內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,可知在1、2間中間時刻的速度為v1=dt1=2.252、3間中間時刻的速度為v2=dt2=1.8加速度大小為a=ΔvΔt=v1-v2(2)設(shè)到達(dá)1號錐筒時的速度為v0,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得v0t1-12at12代入數(shù)值解得v0=2.45m/s,從1號開始到停止時通過的位移大小為x=v022a=3.00125m≈3.故最遠(yuǎn)能經(jīng)過4號錐筒。第四章拋體運動圓周運動第1講曲線運動運動的合成與分解考點1必備知識1.切線2.方向變速3.(1)加速度(2)不在微點辨析(1)×(2)×(3)√關(guān)鍵能力【典例1】D解析小車做曲線運動,所受合外力指向軌跡的凹側(cè),A、B兩項錯誤;小車沿軌道從左向右運動,動能一直增加,故合外力與運動方向夾角為銳角,C項錯誤,D項正確。考點2必備知識1.分運動合運動2.平行四邊形3.(1)相等(3)完全相同微點辨析(1)×(2)×(3)×關(guān)鍵能力【典例2】AD解析要確保完成航空測量,根據(jù)速度合成的平行四邊形定則,如圖所示,合速度的方向是從南向北的,所以飛機的飛行朝向為北偏東方向,A項正確,B項錯誤;根據(jù)v合=v機2-v風(fēng)2可知風(fēng)速越大,飛機的合速度越小,飛機完成航空測量的時間越長【典例3】C解析根據(jù)題圖可知,小球在x方向做勻速直線運動,速度大小為vx=42m/s=2m/s,小球在y方向做勻變速直線運動,所以小球的合運動為勻變速曲線運動,A、B兩項錯誤;根據(jù)v-t圖像的面積表示位移大小,可知小球在2s內(nèi)沿y方向的位移為0,則小球在2s內(nèi)的位移等于x方向的位移,即大小為4m,C項正確;小球2s末的速度為v=vx2+vy2=22考點3關(guān)鍵能力【典例4】A解析因船頭始終垂直于河岸,可知船過河的時間為t=dv,即小船沿AB、AC過河的時間相等,A項正確,B項錯誤;由題意可知tan60°=vv1,tan30°=vv2,解得v1∶v2=1∶3,C項錯誤;當(dāng)水流速度為v1時,要使小船到達(dá)A'處碼頭,則合速度應(yīng)該垂直河對岸,船頭應(yīng)指向河的上游且與河岸夾角為θ,且有cosθ=v1v=3【典例5】CD解析船速度v2垂直河岸方向時,渡河所用的時間最短,最短時間t=dv2=6004s=150s,A項錯誤;船以最短時間渡河時,合速度大小v=v12+v22=5m/s,合位移大小s=vt=750m,B項錯誤;船與下游河岸的夾角小于90°時,合速度大小大于5m/s,C項正確;若水流速度大于小船在靜水中速度,小船不能垂直河岸渡河。如圖所示,以水流速度v3矢量的末端為圓心,以船速大小v2為半徑作圓,過A點(v3矢量的始端)作圓的切線AC,合速度方向沿AC方向。由圖得合速度v合與v3的夾角為θ,且有sinθ=v2v3,合位移AC為最短位移,由幾何知識得考點4關(guān)鍵能力【典例6】D解析將速度v按運動效果分解如圖所示,則沿繩方向v1=vcosβ,同理分解小車速度,v3=v車cosα,因為繩不可伸長,故沿繩方向速度大小相等,v1=v3,所以v車cosα=vcosβ,所以v車=vcosβcosα,D【典例7】A解析在圖示位置時,B點的速度vB=ωR,沿切線方向;活塞速度沿水平方向,A、B兩點速度沿桿方向的分量相等,即vBcosθ=vAcosθ,故vA=vB=ωR,A項正確。第2講拋體運動考點1必備知識1.水平重力2.勻變速拋物線3.勻速直線自由落體4.(1)gtvx2+vy2=v02+(gt)2gtv0(微點辨析(1)×(2)×(3)√關(guān)鍵能力【典例1】B解析車做平拋運動,設(shè)運動時間為t,豎直方向h=12gt2,水平方向d=v0t,其中d=25m,v0=25m/s,解得h=5m,B【典例2】D解析由于相遇時A、B做平拋運動的豎直位移h相同,由h=12gt2可知兩球下落時間相同,兩球應(yīng)同時拋出,A、B兩項錯誤;根據(jù)以上分析A、B做平拋運動的時間相同,但xA>xB,由于水平方向做勻速直線運動,則vAx>vBx,相遇時v=vx2+(gt)2,則相遇時A球速率大于B球速率【典例3】答案(1)2hg(2)dg2h(解析(1)水在空中做平拋運動,由平拋運動規(guī)律得,豎直方向h=12gt2解得水從管口到水面的運動時間t=2h(2)由平拋運動規(guī)律得,水平方向d=v0t,解得水從管口排出時的速度大小v0=dg2(3)管口單位時間內(nèi)流出水的體積Q=Sv0=Sdg2考點2關(guān)鍵能力【典例4】C解析物體做平拋運動,當(dāng)垂直地撞在傾角為θ的斜面上時,把物體的速度分解如圖所示,tanθ=v0gt,代入數(shù)據(jù)解得t=3s,【典例5】C解析根據(jù)平拋運動的推論,做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻或任一位置時,設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為α,位移與水平方向的夾角為β,則tanα=2tanβ,由上述關(guān)系式結(jié)合題圖中的幾何關(guān)系可得tan(φ+θ)=2tanθ,此式表明小球的速度方向與斜面間的夾角φ僅與θ有關(guān),而與初速度無關(guān),因此φ1=φ2,即以不同初速度平拋的物體,落在斜面上各點的速度方向是互相平行的,C項正確?！镜淅?】B解析根據(jù)題意得小球做平拋運動,設(shè)半圓形軌道半徑為R,水平方向小球做勻速直線運動,豎直方向為自由落體運動,即R-Rcosθ=v0t,Rsinθ=12gt2,整理得t=2v0考點3關(guān)鍵能力【典例7】C解析若小物塊恰好碰到窗口上沿,由平拋運動規(guī)律,L=v1t1,h=12gt12,聯(lián)立解得小物塊的速度v1=7m/s;若小物塊恰好碰到窗口下沿,由平拋運動規(guī)律,L+d=v2t2,h+H=12gt22,聯(lián)立解得小物塊的速度v2=3m/s。所以小物塊速度v的取值范圍是3m/s<v【典例8】C解析小球從最高點到右端出口,滿足機械能守恒定律,有mg(H-h)=12mv2,從右端出口飛出后小球做平拋運動,有x=vt,h=12gt2,聯(lián)立解得x=2(H-h)h,根據(jù)數(shù)學(xué)知識知,當(dāng)H-h=h時,x最大,即h=1m時,小球飛得最遠(yuǎn),此時右端出口距離桌面高度為Δh=1m-0.8m=0.2m,考點4必備知識1.斜向上方重力2.g勻變速拋物線3.(1)勻速(2)勻變速微點辨析(1)×(2)×(3)√關(guān)鍵能力【典例9】B解析拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用,加速度均為重力加速度,故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度,A項錯誤;在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動,谷粒1做自由落體運動,豎直方向上位移相同,谷粒2運動時間較長,C項錯誤;兩谷粒水平方向的分運動均為勻速直線運動,水平位移相同,但谷粒2運動時間較長,故谷粒2水平方向上的速度小于v1,B項正確;兩谷粒從O點運動到P點的位移相同,運動時間不同,故平均速度不相等,谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度,D項錯誤。第3講實驗5:探究平拋運動的特點考點1【典例1】答案(1)相同(2)軌跡見解析(3)0.70解析(1)為保證鋼球每次平拋運動的初速度相同,必須讓鋼球在斜槽上同一位置靜止釋放,故高度相同。(2)描點連線用平滑曲線連接,鋼球做平拋運動的軌跡如圖所示。(3)因為拋出點在坐標(biāo)原點,為方便計算,在圖線上找到較遠(yuǎn)的點,在圖線上找到縱坐標(biāo)為20.0cm的點為研究位置,該點坐標(biāo)為(14.1cm,20.0cm),根據(jù)平拋運動規(guī)律x=v0t,y=12gt2,解得v0≈0.70